ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2022 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN (Vịng II) Thời gian làm : 150 phút (không kể giao đề) Câu I (3,5 điểm) 1) Với a , b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 1 + + ÷= a + bc b + ca c + ab : abc ( a + bc ) ( b + ca ) ( c + ab ) 1) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x + y ) ( 5x + y ) 2) Với a , b, c Chứng minh x + xy + y = 3 x + y + = 2 x + y + 2) Giải hệ phương trình Câu II (2,5 điểm) 1 + + = a b c ( x; y ) thỏa mãn đẳng thức : + xy = ( x + y ) + x y + xy 3 số thực dương thỏa mãn điều kiện sau c ≤ b < a ≤ 3; b + 2a ≤ 10; b2 + 2a + 2c ≤ 14 2 3 ( a + 1) ( b + 1) + 4ab ≤ 2a + 2b + 2a + 2b Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 4a + b + 2b + 4c 4 Câu III (3 điểm) Cho tam giác tam giác CA, CB ABC ABC Gọi Giả sử tứ giác nhọn, không cân, nội tiếp đường trịn (O) Điểm E, F BCEF hình chiếu vng góc nội tiếp đường trịn 1) Chứng minh AP vng góc với 2) Chứng minh AP = 2OK BC ( K) P P nằm cạnh 3) Đường thẳng qua P vng góc với Chứng minh đường tròn tâm AP A ∆KQR cắt đường tròn hai điểm Q, R bán kính AP tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp Câu IV (1 điểm) Cho điểm Ak Ak +1 dài đoạn A1 A2 , , A29 A30 A1 , A2 , , A30 theo thứ tự nằm đường thẳng cho độ k (đơn vị dài), với k = 1, 2, , 29 Ta tô màu đoạn thẳng màu (mỗi đoạn tô màu) Chứng minh với cách tô màu,, ta chọn hai số nguyên dương Ai Ai +1 cho hai đoạn nguyên dương A j A j +1 tô màu i− j ≤ j ≤ i ≤ 29 bình phương số ĐÁP ÁN Câu I (3,5 điểm) 1) Với a , b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 1 + + ÷= a + bc b + ca c + ab minh : Từ giả thiết suy ab + bc + ca = abc 1 + + = a b c abc ( a + bc ) ( b + ca ) ( c + ab ) Ta có : a a = = a + bc a + abc ( a + b ) ( a + c ) Tương tự, ta có: VT = b c = ; = b + ca ( b + c ) ( b + a ) c + ab ( c + a ) ( c + b ) a ( b + c) + b ( c + a) abc = ( 1) ( a + b) ( b + c) ( c + a ) ( a + b) ( b + c) ( c + a ) , Và : Từ suy Chứng ( abc ) 2 ( a + b) ( b + c ) ( c + a ) VP = = abc ( a, b, c > ) ( ) ( a + b) ( b + c) ( c + a) Từ (1), (2) suy điều phải chứng minh 2) Giải hệ phương trình Điều kiện : 2x + y + ≥ 2 2 x + xy + y = 3 x + y + = 2 x + y + Nhân vào phương trình thứ hệ ta có : ( x + xy + y ) − 24 = Phương trình thứ hai hệ tương đương với : 3 x + y + ≥ ( x + y + 1) − ( x + y + ) = Ta viết lại thành hệ : 3 x + y + ≥ ( 1) 2 ( x + 3xy + y ) − 24 = ( ) ( x + y + 1) − ( x + y + ) = ( ) Lấy phương trình (3) trừ phương trình (2), vế với vế, ta thu : ( x − 1) = ⇔ x =1 y =1 ⇒ x + xy + y = ⇔ y + y − = ⇔ y = −4( ktm) Vậy ( x; y ) = ( 1;1) Câu II (2,5 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x + y ) ( 5x + y ) + xy = ( x + y ) + x y + xy 3 Ta biến đổi sau : ( x + y ) ( x + y ) + xy = ( 5x + y ) + x y + xy ⇔ ( x + y − 1) ( x + y ) = xy ( x + y − 1) ( x; y ) 3 thỏa mãn đẳng thức : Vì x, y hai số nguyên dương nên x + y >1 Do đó, ta suy : ( 5x + y ) x Do đó, ta suy lập phương số nguyên dương.Đặt ( 5z Nếu + y ) = ( zy ) ⇔ z + y = zy ⇔ y ( z − 1) = z z =1 3 (ktm) Xét Từ ta tìm z ≠1 Khi đó, ta có z ∈ { 2;6} = xy x = z3 , ta có: z M( z − 1) Vì z ≡ ( mod z − 1) ⇒ 5Mz − Suy : ( z; y ) ∈ { ( 2;40 ) ; ( 6; 216 ) } ⇒ ( x; y ) ∈ { ( 8, 40 ) ; ( 216; 216 ) } 2) Với a , b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện sau c ≤ b < a ≤ 3; b + 2a ≤ 10; b2 + 2a + 2c ≤ 14 2 3 ( a + 1) ( b + 1) + 4ab ≤ 2a + 2b + 2a + 2b Tìm giá trị lớn biểu thức: Ta có : (a P = 4a + b4 + 2b + 4c + 1) ( b + 1) + 4ab − 2a ( a + 1) − 2b ( b + 1) ≤ ⇔ ( a + − 2b ) ( b + − 2a ) ≤ ⇔ b + ≤ 2a P = ( 2a ) + ( b + 1) + ( 2c ) − 2 Ta có : Do : P − 76 = ( 2a − ) ( 2a + ) + ( b − ) ( b + ) + ( 2c − ) ( 2c + ) 2 = ( 2a − b ) ( 2a − ) + ( b − 2c + ) ( 2a + b − 10 ) + ( 2c + ) ( 2a + 2c + b − 14 ) ≤ P ≤ 76 Do Vậy Câu III (3 điểm) Max P = 76 ⇔ ( a, b, c ) = ( 3, 2, ) Cho tam giác nằm tam giác cạnh CA, CB ABC ABC nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn (O) Điểm Gọi E, F Giả sử tứ giác hình chiếu vng góc BCEF nội tiếp đường tròn ( K) P P 1) Chứng minh AP vng góc với Do tứ giác Để ý Ta có BFEC ∠OAC = 90° − ∠B Gọi FB, ta có OA ⊥ EF (do AP đường kính AP = 2OK cắt (O) điểm thứ hai J Gọi S,T trung điểm ∠JFB = 180° − ∠JFA = 180° − ∠JEA = ∠JEC Đồng thời, ( AEF ) ) ∠PAB + ∠B = 90° ⇒ AP ⊥ BC Chứng minh ( AEF ) ∠AEF = ∠ABC dẫn đến ∠OAC = 90° − ∠AEF = ∠PAF Do dẫn đến 2) nội tiếp dẫn đến BC ∠JBF = ∠JCE , : ∆JFB ∽ ∆JEC EC ⇒ ∆JTF ∽ ∆JES ( c.g c ) ⇒ ∠JTA = ∠JSA J , T , S , A, K Do Dẫn đến J , P, K thẳng hàng đường thẳng qua X đối xứng Do ý đến K 3) thuộc đường trịn PECX hình thang vng mà trung điểm PX hay AP = 2OK AP Đường thẳng qua P vng góc với Chứng minh đường trịn tâm A ∆KQR Ta có Ta có K AG = AP dẫn đến trung điểm PX qua O đường trung bình nên dẫn cắt đường trịn hai điểm Q, R bán kính AP tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp Gọi G đối xứng với P qua J ∠AJP = 90° SK A hay G thuộc ( A; AP ) PX PJ = PK PJ = PK PJ = PK PG = PQ.PR G ∈ ( KQR ) (do tứ giác JRXQ nội tiếp (O)) Suy Câu IV (1 điểm) Cho điểm độ dài đoạn A1 , A2 , , A30 Ak Ak +1 theo thứ tự nằm đường thẳng cho k (đơn vị dài), với k = 1, 2, , 29 Ta tô màu đoạn A1 A2 , , A29 A30 thẳng màu (mỗi đoạn tô màu) Chứng minh với cách tô màu,, ta chọn hai số nguyên ≤ j ≤ i ≤ 29 dương cho hai đoạn bình phương số nguyên dương Gọi di màu Phản chứng Ai Ai +1 Ai Ai +1 ; i = , 29, d i ∈ { 1; 2;3} di ≠ d j ∀ i − j số phương Aj Aj +1 tơ màu i− j di ≠ di +9 , di ≠ di +16 ≠ di + 25 ; di +9 ≠ di + 25 ; d i +16 ≠ d i + 25 Mà di ; di +9 , d i +16 ; di +25 có hai số nhau, nên d1 = 1, d = 2; Khơng tính tổng qt, giả sử • Nếu Có di +9 = d i +16 , ∀i ≥ d10 ≠ d1 = d10 = = d i +9 ⇒ d17 = d i +16 = d1+9 = d10 = d 26 ≠ d17 = 3; d 26 ≠ d1 ⇒ d 26 = d11 ≠ d10 = 3; d11 ≠ d = ⇒ d11 = d 27 ≠ d 26 = 2, d 27 ≠ d11 = ⇒ d 27 = ⇒ d 20 = d 26 = ⇒ d19 = 2, d 20 = ⇒ d13 = Suy • d3 = d17 Nếu (mâu thuẫn) d10 = ⇒ d 24 = d17 = d10 = d 26 ≠ d17 = 2, d 26 ≠ d1 = ⇒ d 26 = = d19 = d12 Suy d11 = d11 ≠ d12 = 3; d11 ≠ d10 = ⇒ d 25 = d18 = d11 = d3 ≠ d12 , d ≠ d ⇒ d3 = ⇒ d 28 ≠ d = 1, d 28 ≠ d 29 = ⇒ d 28 = ⇒ d 28 = d 29 = d17 = d10 = Vậy tồn i, j d10 = , ta có điều mâu thuẫn i− j cho di = d j số phương